TIẾP TUYẾN – CÁT TUYẾN

CHÙM BÀI TOÁN

TIẾP TUYẾN – CÁT TUYẾN

ÔN THI VÀO 10

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: Cho



^{O R;}



^{và điểm M} nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến MB với đường tròn, dây BC vuông góc OM tại H.

1) Chứng minh OH OM. R².

Vì MB là tiếp tuyến

 

^{O BM OB} ^OBM vuông tại ,B BH là đường cao . Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông OBM: OM OH. OB² R²

2) Chứng minh MB MC , HB HC .

Xét hai tam giác vuông OHB và OHC có OB OC R, OH chung.

Từ đó chỉ ra ^{OHB OHC cgv}



²



^{ BOH COH}

HB HC

 

    

  .

Từ đó suy ra ^{OMB OMC c g c}



^{  }



^{MB MC .}

3) Chứng minh MC là tiếp tuyến đường tròn.

Do OMB OMCOCM OBM 90⁰CM là tiếp tuyến của

 

^{O .}

M

C

O H I

B

4) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp đường tròn, tìm tâm đường tròn đó.

Chỉ ra  MBO MCO 180⁰MBOC nội tiếp, tâm nằm ở trung điểm OM .

5) Bài có thể thay đổi lại đề bài, cho hai tiếp tuyến MB MC, . Chứng minh BCOM .

+ Lập luận vì MB MC M nằm trên trung trực BC, OB OC O nằm trên trung trực BC. Vậy OM là trung trực BCOM BC.

+ Hoặc chỉ ra MB MC và MO là phân giác góc BMC ( tính chất tiếp tuyến) nên OM là đường cao MBC OM BC

   .

6) Tính OH, HM , MB MC, , góc BMC biết OM 2R.

Chỉ ra ² . ² .2 2 3

2 2 2

R R R

OB OH OM R OH ROH  HM OM OH  R  . Tính BM  OM²OB² R 3MC MB R  3.

 1  ⁰   ⁰

sin 30 2. 60

2

BMO OB BMO BMC BMO

OM       .

7) Cho 4

CM  3R. Tính diện tích COBM. Vì

1 1 4 4 2

2 2. . . 2. . .

2 2 3 3

OBMC OCM

OBM OCM S S_ OC CM R R R

        ( đơn vị diện tích)

M

C

O H I

B

H M

C O

B

H M

C O

B

8) Gọi giao OM với

 

^{O là I}. Chứng minh BI là phân giác góc MBC và I là tâm đường tròn nội tiếp

MBC.

(Đề bài có thể đổi thành: Chứng minh khi M thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp MBC luôn nằm trên một đường tròn cố định – hoặc chứng minh I cách đều 3 cạnh BM CM BC, , )

Cách 1: Do MC MB, là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M MO là phân giác góc ^BMC

 

^{1 .}

Ta có:

 

 

 

 

 

0 0

90 90 , OBI IBM

HBI HIB HBI IBM BI

HIB OBI OI OB R

  

     

   



là phân giác góc ^CBM

 

^{2 .}

Từ

  

^{1 2 I} là tâm đường tròn nội tiếp BCM.

Cách 2: Do MC MB, là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M MO là phân giác góc ^BMC

 

^{1 .}

Ta có: BOM COM ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên cung CI BI.

Mà

 

    1

2 1 2 CBI sdCI

CBI IBM BI IBM sd BI

 

   

 



là phân giác góc ^CBM

 

^{2 .}

Từ

  

^{1 2 I} là tâm đường tròn nội tiếp BCM. 9) Chứng minh IH HB

IM  BM

Xét BHM có BI là phân giác trong của góc _HBM ^{HI BH} IM BM

  ( tính chất phân giác) . 10) Tìm vị trí điểm M để BI MC ( hoặc CI MB).

Vì BI là phân giác góc CBM, để BICM  CBM cân tại BCB BM .

M

C

O H I

B

M

C

O H I

B

Mà BM CM  BCM là tam giác đều nên BMC60⁰BOC120⁰BOM60⁰.

Ta có: 

cos  2

cos

OB OB

BOM OM R

OM BOM

    .

Vậy để BICM thì ^M



^{O R;2}



^.

11) Từ điểm A trên cung nhỏ BC vẽ tiếp tuyến với đường tròn

 

^O . Tiếp tuyến này cắt MB MC, tại

1, 2

A A . Chứng minh chu vi MA A_{1 2} không đổi và độ lớn góc A OA_{1 2} không phụ thuộc vào vị trí điểm A khi A di chuyển trên cung nhỏ BC.

Ta có: _{1 1}

2 2

MB MC A B A A A A A C

 

 

 



( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) .

Chu vi MA A_{1 2} là: MA1MA2A A1 2 MA1MA2



A A AA1  2

 

 MA1A A1

 

 MA2AA2





MA1 A B1

 

MA2 CA2



MB MC 2MB

       không đổi khi A di chuyển trên cung nhỏ BC.

Ta có:   ^{A OA1 2 A OA AOA1  2 1}₂^BAO^1₂^AOC1₂^{BOC 1}₂



^1800BMC



không đổi.

Vậy chu vi tam giác MA A_{1 2} và độ lớn góc A OA_{1 2} không phụ thuộc vào vị trí điểm A.

12) Cho R3cm OM, 6cm. Tính số đo góc A OA_{1 2}.

Ta có: ^{A OA1 2 1}₂



^1800^BMC



. Trong tam giác vuông BMO ta có:

 3 1  ⁰  ⁰

sin 30 60

6 2

BMO OB BMO BMC

OM       .

A2

A1

M

C O

B

A

A2

A1

M

C O

B

A

Do đó ^{A OA1 2 1}₂



^1800BMC



^600.

13) Gọi giao OA₁ và OA₂ với BC là A₃ và A₄. Chứng minh A A_{2 3}OA₁ và A A_{1 4}OA₂ ( hoặc các câu hỏi liên quan đến ba đường cao của OA A_{1 2} hoặc chứng minh tứ giác OCA A_{2 3} và OBA A_{1 4} và

3 4 2 1

A A A A là tứ giác nội tiếp)

Ở trên các em đã chứng minh được _{1 2} 1.

A OA  2 BOC mà ₂ 1.

BCA  2 BOC ( góc ở tâm và góc nt) Suy ra  A OA_{1 2} BCA₂.

Từ đó suy ra tứ giác OCA A_{2 3} là tứ giác nội tiếp nên OA A _{3 2}OCA₂90⁰. Chứng minh tương tự:  _{1 2 1} 1 

2.

A OA CBA  BOCtứ giác OBA A_{1 4} nội tiếp nên

 _{4 1 1} 90⁰ _{1 4 2} OA A OBA  A A OA .

14) Cho góc BMC60⁰, gọi giao OA₁ và OA₂ với BC là A₃ và A₄. Tính tỉ số ^{1 2}

3 4

A A A A .

Đầu tiên các em tính góc BOC120⁰.

Ở bài trên các em đã chứng minh được tứ giác OCA A_{2 3} nội tiếp nên OA C OA C ₂  ₃ OA A OA C ₂  ₃ ( do OA C OA A ₂  ₂ tính chất tt cắt nhau) . Từ đó suy ra _{3 4 2 1} ^{2 1 3}

3 4 2

OA OA A OA A A A

A A OA

 ∽   .

Do OA A_{3 2} vuông tại A₃ và   ⁰

3 2

1. 60

A OA 2 BOC nên _{3 4} ^{3 3 0}

2 2

cos cos 60 1

2 OA OA

A OA OA OA   .

A4

A3

A2

A1

M

C O

B

A

A4

A3

A2

A1

M

C O

B

A

Vậy ^{2 1 3}

3 4 2

1 2 OA A A

A A OA 

15) Cho góc BMC60⁰ và ^{1 3}

2 4

OA BC A OA BC A

 

  

 . Chứng minh AA AA₁. ₂BA CA₃. ₄.

Chỉ ra   A BA_{1 3} A OA_{1 2} A CA_{2 4} 60⁰.

Chỉ ra

 

 

1 3 4 3 1 3

1 3 4 2

4 2

4 3 4 2

A BA A OA g g A B BA

A BA A CA

A C CA A OA A CA g g

  

     

  



∽ ∽

∽ ^.

Mà ^{1 1 1 3} _{1 2 3 4}

2 2 4 2

. .

A B A A A A BA AA AA BA CA CA AA A C AA

     

 



16) Từ điểm A trên cung nhỏ BC kẻ AR AT AY, , lần lượt vuông góc với CB BM CM, , tại , ,R T Y. Cho góc BMC60⁰. Tính góc _TRY ( hoặc chứng minh góc _TRY không đổi hoặc chứng minh TRY BMC)

Chỉ ra ATBR AYCR, là tứ giác nội tiếp nên   1

ART  ABT 2BOA ( góc nt và góc ở tâm)

Và  ^{ARY ACY  1}₂^AOCTRY  ^{ARTARY 1}₂^BOA^1₂^AOC1₂^BOC1₂



^1800^BMC



^600.

17) Chứng minh AR² AT AY.

A4

A3

A2

A1

M

C O

B

A

T

Y R

M

C O

B

A

T

Y R

M

C O

B

A

Chỉ ra góc    

   

 

AYR ACR ABT ART

ARY ATR g g ARY ACT ABC ATR

   

    

   

 ∽

Suy ra AR AY AR² AT AY. AT  AR   .

18) Tìm vị trí điểm A để AT AR AY. . đạt giá trị lớn nhất hoặc AT AY. đạt giá trị lớn nhất.

+ Ta có: AT AY.  AR².

Do đó AT AY. đạt giá trị lớn nhất khi AR lớn nhất, suy ra AR_max AI  A I. + Ta có: AT AY.  AR²AT AY AR. . AR³

Do đó AT AR AY. . đạt giá trị lớn nhất khi AR lớn nhất, suy ra AR_max AI  A I. ( với ^{I OM }

 

^{O ).}

19) Gọi RTABA RY₅, AC A₆. Chứng minh tứ giác AA RA_{5 6} nội tiếp và A A_{5 6}RA ( hoặc

5 6/ / A A BC)

Chỉ ra   

  ⁵₆ ARA ABT ACB ARA ACY ABC

  



 

 .

Suy ra        A AA_{5 6}A RA_{5 6}  A AA_{5 6}A RA ARA₅  ₆ A AA_{5 6}ACB ABC 180⁰. Suy ra tứ giác AA RA_{5 6} nội tiếp.

Vì tứ giác AA RA_{5 6} nội tiếp nên    A A A A RA ACY CBA_{6 5}  ₆   A A_{5 6}/ /BCA A_{5 6}AR.

T

Y R

M

C O

B

A

A6

A5

Y T

R

H M

C O

B

A

20) Cho , ,A B Y thẳng hàng, kéo dài A A_{5 6}BM R₁. Chứng minh BR A R_{1 6} là hình bình hành ( hoặc khai thác các yếu tố của hình bình hành này)

Ở trên các em đã chỉ ra A A_{5 6}/ /BC.

Mặt khác:   ABT  ACBAYRRY/ /BM . Từ đó suy ra BR A R_{1 6} là hình bình hành.

21) Chứng minh rằng nếu TR TB thì RYRC.

Chỉ ra AYR ACR ABT ART  AYRART .

Mà  

  ⁰  

0

90 90

TRB TRB RYC RYC

ART AYR

 

  

 



 

 .

Mặt khác TB TR TRB TBR RCY    RCY RYCRY RC. 22) Chứng minh rằng tia đối của tia AR là phân giác của góc TAY.

Gọi Ay là tia đối tia AR.

Chỉ ra tứ giác BTAR nội tiếp nên CBTTAy.

Chỉ ra tứ giác CYAR nội tiếp nên BCYYAy. Mà C T B BCYAy là phân giác của góc _TAY_.

R1

A5

A6

T

R A

Y

H M

C O

B

T

Y R

C

M O

B

A

y

Y T

R

H M

C O

B

A

23) Gọi ⁵

6

AB RT A AC RY A

 

  

 ^{. Gọi}

 

O4 là đường tròn đi qua 3 điểm ATA₅,

 

O5 là đường tròn đi qua 3 điểm AYA6 và A₇ là giao điểm thứ hai của

 

O4 và

 

O5 , H là trung điểm BC. Chứng minh A₇ , ,A H thẳng hàng.

Gọi A₈ là giao A A₇ với A A_{5 6} và H là giao A A₇ với BC. Chỉ ra   A A A BCA A YA_{5 6}   ₆ A A_{5 6} là tiếp tuyến của

 

O5 . Từ đó chỉ ra được A A_{8 6}² A A A A₈ . _{8 7}.

Chứng minh tương tự :   A A A BCT_{8 5}   A TA₅ A A_{8 5} là tiếp tuyến của

 

O4

suy ra A A_{8 5}² A A A A₈ . _{8 7}. Từ đó suy ra A A_{8 6}² A A_{8 5}²A A_{8 5}A A_{8 6}A₈ là trung điểm A A_{5 6}.

+ Do _{5 6}/ / ^{5 8 6 8} AA⁸

A A BC H B H C H

B A A A A

H H C AH

    

        là trung điểm BCHH. Vậy A₇ , ,A H thẳng hàng.

24) Cho góc BOC120⁰ . Gọi giao OA₁ và OA₂ với BC là A₃ và A₄. Tìm vị trí điểm A trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác OA A_{3 4} bé nhất và tìm giá trị bé nhất đó ( hoặc tìm vị trí điểm A để diện tích OA A_{1 2} bé nhất hoặc độ dài A A_{1 2} bé nhất)

Ta có: OA A_{3 4}∽OA A_{2 1} theo tỉ số ³ _{3 2} ⁰

2

cos cos 60 1 2 K OA A OA

OA    .

A₈ A₇ O₄

O5

A₅

A6

Y T

R

H M

C O

B

A

H A4

A3

A2

A1

M

C Y

R

T

A4

A3

A2

A1

M

C

O O

B

A

B

A

Suy ra ^{3 4 2 1}

3 4 2 1

1

4 4

OA A OA A

OA A OA A

S S

S S

 





=  = .

Do đó

OA A3 4

S_ nhỏ nhất khi

OA A2 1

S_ nhỏ nhất.

Mà _{2 1} 1 _{1 2 1 2}

. .

2 2

OA A

S_  OA A A  R A A nhỏ nhất khi A A_{1 2} nhỏ nhất.

Mà A A_{1 2} nhỏ nhất khi ^{A OM }

 

^{O . Khi đó} OAB là tam giác đều nên

2

OH HA R và OM 2R.

Các em tính được BC2BH R 3 và AM OM OA R  .

Ta có: ^{1 2 1 2} _{1 2} 2 . 3

3 3

3 2

A A AM A A R R

R A A

BC  MH  R   

Khi đó

2 1

2 1 2

2 . 3 3

. .

2 2 3 3

OA A

R R R R

S_  A A   .

Nên ^{2 1}

3 4

2 3

4 12

OA A OA A

S R

S_ = ^ 

25) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt MB MC, tại O₁ và O₂. Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MO O_{1 2} bé nhất.

Xét MO O_{1 2} có: OM vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên MO O_{1 2} cân tại M . Suy ra

1 2 1 1 1

2 2.1 . .

MO O MOO 2

S_  S_  OB O M R O M.

Mặt khác O M O B BM₁  ₁  2 O B BM₁ . 2 OB² 2 R² 2R. Dấu bằng xảy ra khi O B BM₁   O OM₁ vuông cân nên OM R 2.

Vậy 1 2

minS_{MO O} 2R2 khi điểm M nằm cách O một khoảng OM R 2.

26) Chứng minh ba tam giác O A O_{1 1} ∽AOA_{1 2}∽O OA_{2 2} và O A O A_{1 1}. _{2 2} O O O O₂ . ₁ . Ta có:   ^{A OA1 2 A OA AOA1  2 1}₂^POA^1₂^AOC1₂^BOC1₂



^1800M



^.

O1

O2

M

C O

B

Do MO O_{1 2} cân tại M ( vì OM vừa là đường cao, vừa là phân giác) nên

 _{1 2} 180⁰    _{1 2 1 2} 2

O O  M O O  A OA . Xét O A O_{1 1} và  A OA_{1 2} có:

 _{1 1 1 2}

O A O OA A ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 _{1 1 2}

O  A OA ( chứng minh trên) Suy ra O A O1 1 ∽ AOA g g1 2







.

Chứng minh tương tự các em sẽ được AOA_{1 2}∽ O OA_{2 2}. Vậy O A O_{1 1} ∽AOA_{1 2}∽O OA_{2 2}.

Chỉ ra _{1 1 2 2} ^{1 1 1} _{1 1 2 2 2 1}

2 2 2

. .

O A O O

O A O O OA O A O A O O O O O O O A

 ∽     ( đpcm).

27) Chứng minh O A O A_{1 1} _{2 2}O O_{1 2}.

Sử dụng BĐT Cosi:

Ta có: O A O A_{1 1} _{2 2}2 O A O A_{1 1}. _{2 2} O A O A_{1 1} _{2 2}2 O O O O₁ . ₂ .

Mà _{1 2} ^{1 2}

2

O O O O O O nên

2 1 2

1 1 2 2 2 1 2

2

O A O A  O O  O O .

28) Cho



^{O R;}



^{và điểm M} cố định. Tìm vị trí điểm A để O A O A_{1 1} _{2 2} nhỏ nhất.

A2

A1

O2

O1

M

C O

B

A

A2

A1

O2

O₁

M

C O

B

A

Vì



^{O R;}



^{và điểm M} cố định nên O O_{1 2} không đổi.

Ta có: O A O A_{1 1} _{2 2}2 O A O A_{1 1}. _{2 2} O A O A_{1 1} _{2 2}2 O O O O₁ . ₂ .

Mà _{1 2} ^{1 2}

2

O O O O O O nên

2 1 2

1 1 2 2 2 1 2

2

O A O A  O O  O O .

Dấu bằng xảy ra khi O A_{1 1}O A_{2 2}A A_{1 2}/ /O O_{1 2} A I ( với ^{I OM }

 

^{O )}

29) Cho

 

^{O và M} cố định, điểm A di chuyển trên cung nhỏ BC. Chứng minh chu vi tam giác MA A_{1 2} không phụ thuộc vào vị trí điểm A.

Chỉ ra chu vi MA A_{1 2} là: MA1A A1 AA2A M2 



MA1A1B

 

 CA2A M2



MB M C2MB không đổi.

Vậy chu vi tam giác MA A_{1 2} không phụ thuộc vào vị trí điểm A.

30) Cho

 

^{O và M} cố định . Tìm vị trí điểm A trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác MA A_{1 2} lớn nhất.

A2

A1

O2

O₁

M

C O

B

A

A2

A1

O2

O1

M

C O

B

A

A2

A1

O2

O₁

M

C O

B

A

Như trên ta đã chứng minh: Chu vi MA A_{1 2} không đổi và bằng 2MB. Đặt MB a  nửa chu vi MA A_{1 2} là p a không đổi

và _{1 2}



1



1 2



2



^{1 1 2 2 4}

MA A 4

p p MA p A A p MA S_  p p MA p A A p MA         

Ta có:



1



1 2



2



^{1 1 2 2 3 3}

3 27

p MA p A A p MA p p MA p A A p MA        

Nên



1



1 2



2



⁴

27

p p MA p A A p MA  p _{1 2}



1



1 2



2



²

. 27

MA A 27

S_ p p MA p A A p MA p

     

Dấu bằng xảy ra khi MA₁MA₂A là giao điểm của OM với

 

^O

31) Kéo dài ^AH

 

^{O Z}. Chứng minh tứ giác MAOZ là tứ giác nội tiếp và góc BMZ  AMC ( hoặc chứng minh BMA CMZ hoặc OM là phân giác góc _AMZ).

Chỉ ra

2

2

. . .

. .

H O Z

Z HB HC HC M HO HC

HM H HA H HA H

 

 





  .

Từ đó suy ra ^{HAM∽HOZ c g c}



^{  }



^{ AZO AMO tứ giác MAOZ} là tứ giác nội tiếp.

+ Ta có:  AMO A OZ (góc nt chắn cung OA) mà OAZ  A OZ ( OAZ cân tại O)

Và OAZ OMZ  (góc nt chắn cung OZ) nên  AMO OMZ mà BMO CMO  nên BMA CMZ suy ra

 BMZ AMC.

32) Lấy điểm T₁ bất kì trên BC, kẻ đường thẳng qua T₁ và vuông góc OT₁, cắt MB MC, tại T T₂, ₃. Chứng minh OT T_{2 3} cân.

Z

H M

C O

B

A

T3

T2

H M

C O

B

T1

Chỉ ra tứ giác OT BT OT T C_{1 2}; _{1 3} nội tiếp nên  

 _{3 1}^{1 2 1}₁ OBT OT T OT T OCT

 



  mà

 _{1 2}  _{2 1 3 1 2 3}

OB OC OBT OCT OT T OT T  OT T cân tại O.

33) Chứng minh rằng nếu T₁ là trung điểm HB thì T₃ là trung điểm CM, hoặc HT BT_{3 2} là hình bình hành ( hoặc cho T₁ là trung điểm HB, chứng minh BT₃ là trung tuyến BMC, hoặc MG2GH ….)

Chỉ ra OT T_{2 3} cân nên T₁ là trung điểm T T_{3 2}, mà T₁ là trung điểm HBHT BT_{3 2} là hình bình hành, do đó HT₃/ /BT₂. Dựa vào MBC có HT₃/ /BM mà H là trung điểm BC T₃ là trung điểm CM. 34) Chứng minh OH OT. ₂OB OT. ₁

Chỉ ra OT T 2 1OBT1 OT T2 1∽OBH g g







OH OT. 2OB OT. 1

35) Vẽ đường kính CK của đường tròn

 

^O . Chứng minh BK OM/ / .

Vì OB OC OK    R CKB vuông tại BBKBC mà OMBCBK OM/ / . 36) Đường thẳng vuông góc KC tại O cắt BC tại E. Chứng minh HE HC HO HM.  . R². Chỉ ra ^HOE∽^{HCO g g}







^{HE HC OH.}  ².

Mà HO HM. BH²HE HC HO HM.  . OH²HB²OB² R².

G T1

T3

T2

H M

C O

B

T3

T2

H M

C O

B

T1

K

M

C

O H I

B

37) Cho R3cm OM, 5cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác MBC. Ta có: BM²OM²OB²16BM MC4cm.

. 3.4 12

. . 2 4,8

5 5

OM BM

BH OM OB BM BH cm BC BH cm

   OM      .

38) Kẻ CPBM tại P, CP OM Q. Chứng minh Q là trực tâm MBC và BQMC. Tính BQ.

Xét MBC có MH CP, là đường cao nên Q là trực tâm MBC và BQMC.

Chỉ ra

 

 

/ / / /

OB CQ MB

OC BQ MC OBQC BC OQ





 

 



là hình thoi nên BQ OB R  .

39) Giả sử

 

^O cố định và điểm M luôn chạy trên đường tròn



^{O R;3}



. Chứng minh khi đó Q chạy trên một đường tròn cố định.

Các em tính được độ dài 2

3 3

R R

OH  OQ Q luôn chạy trên đường tròn 2

; 3 O R

 

 

 . 40) Chứng minh BC là phân giác của góc KCP.

Chỉ ra ^{BHQ CHQ cgv}



²



^{HBQ HCQ }

Do QB KC/ / ( cùng vuông góc CM) nên HBQ KCB  ( so le trong ) Suy ra  KCB BCQ BC là phân giác của góc KCP.

41) Tứ giác OBQC là hình gì ? Vì sao?

Chỉ ra

 

 

/ / , / / ,

OB CQ MB

OC BQ CM OBQC OQ BC





 

 



là hình thoi.

42) Gọi Q₁ là trung điểm BK. Chứng minh OHBQ₁ là hình chữ nhật.

K

Q P

M

C H Q

P

M

C

O H O

B B

Q1

H M

K

C O

B

Chỉ ra OQ B Q BH  ₁  ₁ BHO90⁰OHBQ₁ là hình chữ nhật.

43) Từ C kẻ đường thẳng song song MB và cắt

 

^{O tại} Y2. Chứng minh KY OM₂. 2R²

44) Từ C kẻ đường thẳng song song MB và cắt

 

^{O tại} Y2. Tia MY₂ cắt đường tròn tại M, gọi M₃ là điểm đối xứng với M qua OM . Chứng minh Y H M₂, , ₃ thẳng hàng.

Cách 1:

Gọi M₃ là giao Y H₂ với

 

^O . Chỉ ra tứ giác OHM Y ₂ nội tiếp.

Từ đó suy ra     MHMOY M₂ OM Y ₂OHY₂M HM₃ .

Từ đó suy ra  M HM₃ MHMM₃ và M đối xứng nhau qua OM M₃M₃. Cách 2:

Do M₃ đối xứng M qua MO nên  ₃ 1. _{3 3 2} M OM M OM  2 M OMM Y M. Mặt khác tứ giác OHM Y₂ nội tiếp nên  M OM M Y H ₂ M Y H  ₂ M Y M _{2 2}. Vậy Y H M₂, , ₃ thẳng hàng.

45) Từ B kẻ BF₂KC tại F₂, BF₂KM F₃. Chứng minh F₃ là trung điểm F B₂ và BC là phân giác góc MBF₂.

K

Y2

H M

C O

B

M₃

M' Y2

H M

C O

B

M'3

M' Y2

H M

C O

B

Chỉ ra ^{2 3}

2 2 3/ /

2 F F CM CM

KF KC OC F F CM    .

Chỉ ra  2  2

 

2

2

1

2 C

F F B HM

KB HCM sd BC F H K BK M F

C g g H

 

       

 ∽ .

Chỉ ra ^{HOC HCM g g}

 

C HM CM HC O

 ∽    .

Từ 3 đẳng thức trên các em suy ra : ^{2 2 2}

2

2 3 2 3

2 3 3

2

2 2

1. 1. 1.

2 2 2 2

F CM F B F B F B

OC KF K

F

F F

F F F

KF    KF  F    là

trung điểm F B₂ .

+ Chỉ ra  F BC CKB₂  ( cùng phụ F BK₂ ) mà   1  CKB CBM  2sd BC. Suy ra  F BC CBM₂  BC là phân giác góc MBF₂.

46) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc OB cắt MC tại Y₁. Chứng minh OY M₁ cân.

Chỉ ra OY1/ /MB



OB



Y OM^{ }1 OMB slt

 

OMY^1 OY M1 cân tại Y₁.

47) Gọi B₃ là điểm chính giữa cung I I₁. Từ H kẻ HH₃ B I_{3 1} tại H₃, kẻ HH₄B I₃ tại H₄. Chứng minh 5 điểm O H H B H, , ₄, ₃, ₃ cùng thuộc một đường tròn.

Chỉ ra 5 điểm O H H B H, , ₄, ₃, ₃ cùng nằm trên đường tròn đường kính HB₃.

F2

F3

K1

H M

K

C O

B

Y1

I1

K1

H M

K

C O

I B

H4

H3

H B3

I1 I M

C O

B

48) Gọi H₅ là điểm đối xứng với H qua H H_{3 4}. Chứng minh H H B H_{4 5 3 3} là hình thang cân.

Chỉ ra ^{4 4 5}

3 3 5

H H H H H H H H

 

 

 ( tính chất đối xứng trục)

nên H H H3 5 4  H HH g g g3 4



 



H H H^{ }3 5 4 H HH3 4 90⁰H H B H4 5 3 3 là tứ giác nội tiếp.

Vì H H_{4 5}HH₄B H_{3 3}B H H _{3 5 3} H H H_{4 3 5} ( góc nt chắn hai cung bằng nhau) Suy ra B H_{3 5}/ /H H_{3 4}H H B H_{4 5 3 3} là hình thang.

Vì hình thang H H B H_{4 5 3 3} là tứ giác nội tiếp nên H H B H_{4 5 3 3} là hình thang cân.

49) Chứng minh rằng H5

 

O .

Chỉ ra  



0

5 3 3 3

0 3

45 45

OH H OB H OB I

  



  ^{, mà H H B H4 5 3 3} là tứ giác nội tiếp và H H_{4 5}B H_{3 3} nên góc

 _{4 3 5 3 5 3}  _{3 5 5 3 5 3}

H B H B H H OB H OH B  OH B cân tại OOH5OB3 R H5

 

O . 50) Tiếp tuyến tại H₅ cắt OM tại H₆. Chứng minh H H H₃, ₄, ₆ thẳng hàng.

H5

H4

H3

H B3

I1 I M

C O

B

H5

H4

H3

H B3

I₁

I M

C O

B

H6

H5

H4

H3

H B3

I1 I M

C O

B

Tứ giác OHH H_{4 3} nội tiếp nên 



 

0

4 3 4 3

0 0

5 4 3 4 4 4 5 6

0 5 6

45

45 45

90

IHH OH H OB I

OH H OB H H HI H H H

OH H

   

     

 



Mà  H H H_{4 5} H HH_{4 5} HH H_{5 6}H HH_{5 6}H H_{6 5}H H₆ H₆ nằm trên trung trực HH₅ Mà H H_{3 4} là trung trực HH₅ nên H H H₃, ₄, ₆ thẳng hàng.

51) Giả sử B cố định và M thay đổi sao cho MB là tiếp tuyến của

 

^O . Tìm quỹ tích điểm Q khi M thay đổi.

Do OBQC là hình thoi nên BQ OB R mà B cố định nên ^Q



^{B R;}



^.

52) Gọi C₁ là trung điểm CM,

 

1 1

1 1 2

MK O K MK BC B C K BC B

 

  

  



. Chứng minh MK MK₁. MH MO. .

Chỉ ra CKM vuông tại C và có CK₁ là đường cao nên MK MK₁. CM². Chỉ ra OCM vuông tại C có CH là đường cao nên MH MO CH.  ². Từ đó suy ra MK MK₁. MH MO.

53) Chứng minh MK H₁ ∽MOK và góc  

 ₁ ¹ MHK MKO MK O MOK

 



  . Từ đó suy ra OKK H₁ nội tiếp.

H B1

B2

K1

C1

M K

C H

B1

B2

K1

C1

M K

C

O O

B B

H B1

B2

K1

C₁

M K

C H

B1

B2

K1

C1

M K

C

O O

B B

Xét MK H₁ và MOK có: góc KMO chung và MK¹ MH MO  MK Từ đó suy ra MK H₁ ∽MOK .

Vì MK H₁ ∽MOK nên  

 ₁ ¹ MHK MKO MK O MOK

 



  ^.

Xét tứ giác OKK H₁ có OKK   ₁OHK₁K HM OHK₁  ₁180⁰ , mà đây là hai góc đối nhau nên tứ giác OKK H1 là tứ giác nội tiếp.

54) Chứng minh C K_{1 1} là tiếp tuyến của

 

^{O .}

Chỉ ra CMK₁ vuông tại K₁K C_{1 1}C C C M₁  ₁  C K C_{1 1} cân tại C₁. Chỉ ra OC K1 1 OC C c c c1



  



OK C^{ }1 1OCC190⁰.

Từ đó suy ra C K_{1 1} là tiếp tuyến của

 

^{O .}

55) Gọi K₂ là trung điểm KK₁ . Chứng minh B K₂ là tiếp tuyến của

 

^{O .}

Vì K₂ là trung điểm ¹  ² _{2 1}¹ ₂ OK KK KK KOK K OK

 

   .

giả sử OK₂BCB. Ta sẽ chứng minh B'B₂, tức là chứng minh B K' ₁ là tiếp tuyến

 

^{O .}

H B1

B2

K1

C1

M K

C O

B

K2 K2

H B1

B2

K1

C1

M K

C H

B1

B'

K1

C1

M K

C

O O

B B

Ta có: OK M2 ∽OHB g g







OK OB2. OH OM. OB² R² OK1²

 

^{ }

2 0

2. 1 2 1 1 1 2 1 90 1

OK OB OK OK K OK B c g c OK B OK K B K

    ∽       là tiếp tuyến của

 

^{O , suy ra} B B2.

Từ OKB2 OK B c g c1 2



  



OKB^{ }2 OK B1 290⁰ nên B K₂ là tiếp tuyến của

 

^{O .}

56) Chứng minh MHB₁∽B HO₂ . Từ đó suy ra HO HM. HB HB₂. ₁BH².

Các em chỉ ra  HMB₁HB O₂ ( cùng phụ HPB₂).

Từ đó suy ra MHB1∽B HO g g2







HO HM. HB HB2. 1 và HO HM. BH². 57) Chứng minh BC²4HB HB₁. ₂.

Chỉ ra BH² HO HM. HB HB₂. ₁ mà

2

2

2. 1 4 1. 2

2 2

BC BC

BH    HB HB BC  HB HB .

58) Chứng minh OH OM. OK OB₂. ₂R² OB² ( hoặc chứng minh OK OB₂. ₂ không đổi) Chỉ ra K MO HB O ₂  ₂ ( cùng phụ HOB₂) .

Từ đó suy ra K MO2 ∽HB O g g2







OH OM. OK OB2. 2. Mà OH OM. OB²R² nên OH OM. OK OB₂. ₂R² OB²

K2 K2

H B1

B2

K1

C1

M K

C H

B1

B'

K1

C1

M K

C

O O

B B

K2

H B1

B2

K1

C1

M K

C O

B

59) Chứng minh OB₁B M₂

Chỉ ra B₁ là trực tâm OMB₂OB₁MB₂.

60) Chứng minh tứ giác MHK B_{2 2} nội tiếp từ đó suy ra OK OB₂. ₂ không đổi.

Xét tứ giác MHK B_{2 2} có: MHB ₂ MK B_{2 2}90⁰ , mà đây là hai góc có đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh MB2, suy ra tứ giác MHK B_{2 2} là tứ giác nội tiếp.

Chỉ ra OK OB₂. ₂ OH OM OB.  ²R² không đổi.

61) Gọi BC1

 

O J1. Chứng minh C J C_{1 1} ∽C CB₁ , C MJ_{1 1}∽C BM₁ ; CH J C_{1 1} là tứ giác nội tiếp.

(hoặc bài có thể khai thác từ các yếu tố trên như chứng minh các góc, tỉ số đoạn thẳng…)

Chỉ ra C H₁ C C₁ ( trung tuyến tam giác vuông) nên C CH ₁ C HC₁ .

Mặt khác  1 1 1 1 1 1 1

 

^{  }1 1 1 1

1

C CJ C BC2sd CJ  C J C∽C CB g g C J C C CB C HC  .

K2

H B1

B2

K1

C1

M K

C O

B

K2

H B1

B2

K1

C1

M K

C O

B

J1

H

K1

C1

M K

C O

B

Từ đó suy ra CH J C_{1 1} là tứ giác nội tiếp.

+ Chỉ ra C J C_{1 1} ∽C CB₁ CC₁² C J C B_{1 1}. ₁ mà

 

2

1 1 1 1 1. 1 1 1 1

C C C M C M C J C B C MJ ∽C BM c g c 

62) Kéo dài MJ₁ cắt

 

^{O tại} J2. Chứng minh J C₁ là phân giác góc C J J_{1 1 2}

Do C MJ_{1 1}∽C BM₁ C MJ  _{1 1}C BM₁ MJ B₂ J B CM₂ / /

  

 ^{2 1 1}  _{2 1 1 1}

2 2 1

J BC BCM CJ C

J J C CJ C J BC J J C

  

   

  ^{J C1} là phân giác góc C J J_{1 1 2}.

63) Kéo dài BK₁OM K₃. Chứng minh

2

3 3 1 3

2

3 3 1 3

. . K M K K K B K H K K K B

 



  từ đó suy ra K₃ là trung điểm HM và

1 1

HK BK .

Chỉ ra  K MK₃ MKB ( sole trong) mà  MKB K BM ₃ ( tính chất góc nt và góc tạo bởi tt và dây cung) Nên K MK ₃ K BM₃ . Từ đó suy ra K MK3 1∽K BM g g3







K M3 ²K K K B3 1. 3 .

+ Do MK H₁ ∽MOK nên MHK ₁MKO mà MKO HBK  ₃ ( góc nt chắn cung CK₁) Từ đó suy ra K HK3 1∽K BH g g3







K H3 ² K K K B3 1. 3 .

Vì

2

3 3 1 3

3 3 3

2

3 3 1 3

. . K M K K K B

K M K H K K H K K K B

 

   

 

 là trung điểm MH.

J₂

J₁ H

K₁

C1

M K

C O

B

K3

B2

K1

H M

K

C O

B

+ Ta có: K₁BHK HB₁ K HK_{1 3}K ₁HBK₃HB90⁰. Từ đó suy ra HK₁BK₁. 64) Chứng minh

2 1 2

1 1

KK 1 HC

HK MK  .

Chỉ ra

2

1 3 2

1 3

2

1 1 1 3 2

1 1 1 3

. .

. .

BH BK BK

CH BK BK HK BK K K

HK BK K K BH CH

 

 

  

 

 

  



. Suy ra

2

3 1 1 3

2

1 1 3 1 3 1 3

1 1

BK BK K K H

H

BK K C

K K K K K K

     .

+ Ta có: ^{1 1}

1 1 3

/ / KK BK

BK OM M

K K K

  suy ra

1

1 1

1 3 1

2 1 2 1

1 1

BK KK

HC HK

KK

K K M

K K

M     .

65) Từ K₁ kẻ đường thẳng song song KB cắt BC BM, tại K K₅, ₆. Chứng minh K₁ là trung điểm K K_{5 6}.

Vì _{5 6} ^{1 5 1 1 6}

5 6 3 3 3

/ / / /

/ / K

M

B OM K K BK K K

K K H

K M HK K

K KB BK

    

 ^{mà HK3}